上期（RSA简介及基础数论知识）为大家介绍了：互质、欧拉函数、欧拉定理、模反元素 这四个数论的知识点，而这四个知识点是理解RSA加密算法的基石，忘了的同学可以快速的回顾一遍。

一、目前常见加密算法简介

二、RSA算法介绍及数论知识介绍

三、RSA加解密过程及公式论证

三、RSA加解密过程及公式论证

今天的内容主要分为三个部分：

• rsa密钥生成过程： 讲解如何生成公钥和私钥
• rsa加解密演示： 演示加密解密的过程
• rsa公式论证：解密公式的证明

1、rsa密钥生成过程

大家都知道rsa加密算法是一种非对称加密算法，也就意味着加密和解密是使用不同的密钥，而这不同的密钥是如何生成的呢？下面我们来模拟下小红是如何生成公钥和私钥的。

六步生成密钥：

（1）随机选择两个不相等的质数p和q

小红随机选择选择了61和53。（实际应用中，这两个质数越大，就越难破解）

（2）计算p和q的乘积n

n = 61×53 = 3233

n的长度就是密钥长度，3233写成二进制是110010100001，一共有12位，所以这个密钥就是12位。实际应用中，RSA密钥一般是1024位，重要场合则为2048位。

（3）计算n的欧拉函数φ(n)

这里利用我们上篇讲到的欧拉函数求解的第四种情况：

如果n可以分解成两个互质的整数之积，即：n = p1 × p2，则φ(n) = φ(p1p2) = φ(p1)φ(p2)，所以φ(3233) = φ(61x53) = φ(61)φ(53)

又因为61和53都是质数，所以可以根据欧拉函数求解的第二种情况：

如果n是质数，则 φ(n)=n-1，所以φ(3233) = φ(61x53) = φ(61)φ(53)=60x52=3120

所以 φ(n)=3120

（4）随机选择一个整数e，条件是1< e < φ(n)，且e与φ(n) 互质

小红就在1到3120之间，随机选择了17。（实际应用中，常常选择65537）

（5）计算e对于φ(n)的模反元素d

让我们来回顾一下什么是模反元素：

所谓“模反元素”就是指有一个整数d，可以使得ed除以φ(n)的余数为1，公式表示：

ed≡1(modφ(n))ed ≡ 1 (mod φ(n))ed≡1(modφ(n))

这个公式等价于

ed–kφ(n)=1ed – kφ(n) = 1ed–kφ(n)=1

将e=17、φ(n)=3120代入得：

17d–3120k=117d – 3120k = 117d–3120k=1

设x=d、y=-k，得

17x+3120y=117x+3120y=117x+3120y=1

所以我们要求的模反元素d就是对上面的二元一次方程求解

根据扩展欧几里得算法（辗转相除法）求解：



上图我们使用扩展欧几里得求得x=-367，所以d=x=-367，但通常我们习惯取正整数，这样方便计算，还记得我们上节讲过的模反元素的特性吗：

3和11互质，那么3的模反元素就是4，因为 (3 × 4)-1 可以被11整除。显然，模反元素不止一个， 4加减11的整数倍都是3的模反元素 {…,-18,-7,4,15,26,…}，即如果b是a的模反元素，则 b+kn 都是a的模反元素。

所以我们取d=d+kφ(n)=-367+1x3120=2753，到这里所有的计算已经全部完毕！

（6）将n和e封装成公钥，n和d封装成私钥

让我们来回顾一下我们一共出现的6个数字：

1. p=61; 随机数与q互质
2. q=53;随机数与p互质
3. n=pq=6153=3233
4. φ(n)=φ(p*q)=φ(61x53) = φ(61)φ(53)=60x52=3120
5. e=17; 随机数，条件是1< e < φ(n)，且e与φ(n) 互质
6. d=2753; e对于φ(n)的模反元素d

在这个例子中n=3233，e=17，d=2753，所以公钥就是 (n,e)=(3233,17)，私钥就是**(n,d)=(3233, 2753)**，这样小红就将公钥公布出去，自己保存好私钥就可以啦！

至此我们公钥、私钥就生成完毕，是不是觉得并不是很难呢？是不是有点怀疑私钥会不会被人破解呢？下面我们来看看如何才能暴力破解私钥。

（7）rsa算法可靠性

回顾我们一共生成了六个数字：p q n φ(n) e d，这六个数字之中，公钥用到了两个（n和e），其余四个数字都是不公开的。其中最关键的是d，因为n和d组成了私钥，一旦d泄漏，就等于私钥泄漏。

那么，有无可能在已知n和e的情况下，推导出d？

1. ed≡1 (mod φ(n))。只有知道e和φ(n)，才能算出d
2. φ(n)=(p-1)(q-1)。只有知道p和q，才能算出φ(n)
3. n=pq。只有将n因数分解，才能算出p和q

结论：如果n可以被因数分解，d就可以算出，也就意味着私钥被破解。

看到这里有同学可能会惊呼：原来破解RSA算法的方法这个简单？？？

可是，大整数的因数分解，是一件非常困难的事情。也许你可以对3233进行因数分解（61×53），但是你没办法对下面的大整数分解：

123018668453011775513049495838496272077285356959533479219732245215172640050726

365751874520219978646938995647494277406384592519255732630345373154826850791702

6122142913461670429214311602221240479274737794080665351419597459856902143413

它等于两个质素的乘积：

33478071698956898786044169

84821269081770479498371376

85689124313889828837938780

02287614711652531743087737

814467999489

×

36746043666799590428244633

79962795263227915816434308

76426760322838157396665112

79233373417143396810270092

798736308917

这也是目前*记录的人类分解的最大整数（232个十进制位，768个二进制位），除了暴力破解，还没有发现别的有效方法。所以限制人类分解大整数的是计算机的计算能力，相信如果有一天真正的量子计算机问世后，又会引发一轮安全加密竞赛！

• 1999年，RSA-155 (512 bits)被成功分解，花了五个月时间（约8000 MIPS年）和224 CPU hours在一台有3.2G*内存的Cray C916计算机上完成。
• 2009年12月12日，编号为RSA-768（768 bits, 232 digits）数也被成功分解[10]。这一事件威胁了现通行的1024-bit密钥的安全性，普遍认为用户应尽快升级到2048-bit或以上。

2、rsa加解密演示

小红有了公钥和私钥这样就可以进行加解密了，于是小红拉着小明一起来测试一下！

（1）加密要用公钥 (n,e)

假设小明先测试性的给小红发一个字母m=“A”，我们都知道在通信传输中只能传输0和1，所以我们先将“A”转ascii码为65，所以m=65，m必须是整数（字符串可以取ascii值或unicode值），且m必须小于n。

所谓”加密”，就是使用下面的加密公式算出下式的密文c：

me≡c(modn)m^e ≡ c (mod n)me≡c(modn)

小明得到的公钥是(n,e)=(3233, 17)，m=65，那么得到下面的等式：

6517≡c(mod3233) 65^{17} ≡ c (mod 3233) 6517≡c(mod3233)

小明通过计算器一算c=2790，所以他就把2790发给小红了。

（2）解密要用私钥(n,d)

小红拿到小明发过来的密文c=2790，就用下面的公式进行解密出明文m：

cd≡m(modn) c^d ≡ m (mod n) cd≡m(modn)

而小红的私钥为：(n,d) = (3233,2753)，所以得到下面的等式：

27902753≡m(mod3233) 2790^{2753} ≡ m (mod 3233) 27902753≡m(mod3233)

小红通过计算器一算，得m=65，然后小红对照着ascii码表得出65对应得字母为A。

至此，整个加解密过程就演示完了，我们来总结一下：

1. 小明获取到小红的公钥(n,e)=(3233,17)
2. 小明选取发送的消息m=A=65，注意m要小于n，如果消息大于n，则可以分段加密！
3. 小明通过加密公式：m^e ≡ c (mod n) 算出密文c=2790
4. 小红获取到小明的密文c=2790
5. 小红使用解密公式：c^d ≡ m (mod n) 算法明文m=65=A

我们可以看到，其实RSA加密算法最核心的就是用公式来加解密，那么我们会有个疑问？为什么解密公式一定可以得到明文m呢？也就是说这个公式是怎么推导出来的？公式一定成立吗？

感兴趣的同学我们可以来一起证明一下解密公式，这也是整个RSA加密算法的最后最核心的一个知识点了。这里我会一步一步的推理，尽可能通俗易懂；

3、rsa公式论证

首先让我们再来回顾一下我们一共出现的8个数字

1. p： 随机数与q互质
2. q：随机数与p互质
3. n=p*q
4. φ(n)=φ(p*q)=φ§*φ(q)=(p-1)(q-1)
5. e： 随机数，条件是1< e < φ(n)，且e与φ(n) 互质
6. d：e对于φ(n)的模反元素d：ed≡1 (mod φ(n))
7. m：小明发送的明文
8. c：小明用公钥加密后的密文

验证rsa算法成立，主要就是验证解密公式成立：

解密公式：cd≡m(modn)解密公式： c^d ≡ m (mod n) 解密公式：cd≡m(modn)

根据加密公式：

加密公式：me≡c(modn)→c=me–kn加密公式：m^e ≡ c (mod n) → c = m^e – kn加密公式：me≡c(modn)→c=me–kn

将c代入要我们要证明的那个解密公式：

(me–kn)d≡m(modn) (m^e – kn)^d ≡ m (mod n) (me–kn)d≡m(modn)

上式等同于下面的公式，原因如下

med≡m(modn)m^{ed} ≡ m (mod n)med≡m(modn)

原因：我们都知道下面的二元一次方程分解，只有第一项不包含n，而所有包含n的项在对n 取余 的操作中都可以消掉。因此得出了上面那个结论

(2–2n)2=4−8n+4n2 (2 – 2n)^2 = 4-8n+4n^2 (2–2n)2=4−8n+4n2

又因为生成密钥的第五步中我们取e并求了他对φ(n)的模反元素d：

ed≡1(modφ(n))→ed=hφ(n)+1 ed ≡ 1 (mod φ(n)) → ed = hφ(n)+1ed≡1(modφ(n))→ed=hφ(n)+1

所以将ed代入上式得

mhφ(n)+1≡m(modn) m^{hφ(n)+1} ≡ m (mod n) mhφ(n)+1≡m(modn)

所以，我们只要证明这个公式成立，就证明解密公式的成立，也就证明了RSA算法的成立。

下面我们分两种情况来验证上面的例子

（1） m与n互质

根据欧拉定理：如果两个正整数a和n互质，则n的欧拉函数 φ(n) 可以让下面的等式成立：

aφ(n)≡1(modn)a^{φ(n)} ≡ 1 (mod n)aφ(n)≡1(modn)

证明：因为m与n互质，得

mφ(n)≡1(modn)→mφ(n)=1+kn→(mφ(n))h=(1+kn)hm^{φ(n)} ≡ 1 (mod n) → m^{φ(n)} = 1 + kn → (m^{φ(n)})^h = (1 + kn)^hmφ(n)≡1(modn)→mφ(n)=1+kn→(mφ(n))h=(1+kn)h

而(1 + kn)^h对n取模为1，因为对(1 + kn)^h拆分只有第一项1不含有n，所以有

(mφ(n))h=(1+kn)h≡1(modn) (m^{φ(n)})^h = (1 + kn)^h ≡ 1 (mod n) (mφ(n))h=(1+kn)h≡1(modn)

同理

(mφ(n))h≡1(modn)→(mφ(n))h=1+kn→(mφ(n))h∗m=(1+kn)∗m (m^{φ(n)})^h ≡ 1 (mod n) → (m^{φ(n)})^h = 1 + kn → (m^{φ(n)})^h*m = (1 + kn)*m(mφ(n))h≡1(modn)→(mφ(n))h=1+kn→(mφ(n))h∗m=(1+kn)∗m

而 (1 + kn)*m对n取模为m，因为前面说过0 < m < n，所以有

(mφ(n))h∗m=(1+kn)∗m≡m(modn)→mhφ(n)+1≡m(modn) (m^{φ(n)})^h*m = (1 + kn)*m ≡ m (mod n) → m^{hφ(n)+1} ≡ m (mod n)(mφ(n))h∗m=(1+kn)∗m≡m(modn)→mhφ(n)+1≡m(modn)

当m与n互质时，证明原式成功！！！

（2） m与n不是互质关系

此时m与n不互质，所以m与n必定有除1以外的公因子，而又因为n等于质数p和质数q的乘积，所以m必然等于kp或kq。

以 m = kp为例，考虑到这时m与质数q必然互质，则根据欧拉定理和欧拉函数（第二种：当q为质数，则φ(q)=q-1）使下面的式子成立：

(kp)φ(q)≡1(modq)→(kp)q−1≡1(modq)(kp)^{φ(q)} ≡ 1 (mod q) → (kp)^{q-1} ≡ 1 (mod q) (kp)φ(q)≡1(modq)→(kp)q−1≡1(modq)

同上（m与n互质中）证明原理可得：

[(kp)q−1]h(p−1)×kp≡kp(modq)→(kp)h(p−1)(q−1)+1≡kp(modq) [(kp)^{q-1}]^{h(p-1)} × kp ≡ kp (mod q) → (kp)^{h(p-1)(q-1)+1} ≡ kp (mod q) [(kp)q−1]h(p−1)×kp≡kp(modq)→(kp)h(p−1)(q−1)+1≡kp(modq)

又因为

ed≡1(modφ(n))→ed=hφ(n)+1→ed=h(p−1)(q−1)+1 ed≡1 (mod φ(n)) → ed = hφ(n) + 1 → ed = h(p-1)(q-1) + 1ed≡1(modφ(n))→ed=hφ(n)+1→ed=h(p−1)(q−1)+1

将ed代入上式

(kp)ed≡kp(modq)→(kp)ed=tq+kp(kp)^{ed} ≡ kp (mod q) → (kp)^{ed} = tq + kp(kp)ed≡kp(modq)→(kp)ed=tq+kp

上式中，等式左边(kp)^ed对p取模为0，右边kp对p取模也为0，所以tq一定能整除p，但q是与p互质的，所以t必然能整除p，设t=rp，得

(kp)ed=rpq+kp(kp)^{ed} = rpq + kp(kp)ed=rpq+kp

因为 m=kp，n=pq，所以

med=rn+m→med≡m(modn) m^{ed} = rn + m → m^{ed} ≡ m (mod n)med=rn+m→med≡m(modn)

又因为生成密钥的第五步中我们取e并求了他对φ(n)的模反元素d：

ed≡1(modφ(n))→ed=hφ(n)+1 ed ≡ 1 (mod φ(n)) → ed = hφ(n)+1ed≡1(modφ(n))→ed=hφ(n)+1

将ed代入上式得：

mhφ(n)+1≡m(modn) m^{hφ(n)+1} ≡ m (mod n)mhφ(n)+1≡m(modn)

当m与n不互质时，证明原式成功！！！

附手稿：

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